Kezdőlap


Feladat:	1978. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 22. feladata	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Füzet:	1978/október, 53. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Konstruktív megoldási módszer, Nemzetközi Matematikai Diákolimpia
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1978/szeptember: 1978. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 22. feladata

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Először megmutatjuk, hogy ha van olyan $n \geq i > j$ számpár, amelyekre $a_{i} < a_{j}$ , akkor az egyenlőtlenség bal oldalát csökkenthetjük azzal, hogy $a_{i}$ -t és $a_{j}$ -t felcseréljük. Ugyanis a változás

\begin{matrix} (\frac{a_{j}}{i^{2}} + \frac{a_{i}}{j^{2}}) - (\frac{a_{1}}{i^{2}} + \frac{a_{j}}{j^{2}}) = (a_{j} - a_{i}) (\frac{1}{i^{2}} - \frac{1}{j^{2}}) < 0. \end{matrix}

Mivel az

a_{1}, a_{2}, ..., a_{n}

számokat csak véges sokféleképpen permutálhatjuk, a cseréket elég sokszor elvégezve a számaink már monoton nőnek, s közben a bal oldal értéke minden esetre nem nőtt. S mivel ekkor már

a_{1} \geq 1, a_{2} \geq 2, ..., a_{n} \geq n

, kapjuk, hogy az legalább

\begin{matrix} \frac{1}{1^{2}} + \frac{2}{2^{2}} + \frac{3}{3^{3}} + ... + \frac{n}{n^{2}} = \sum_{k - 1}^{n} \frac{1}{k}, \end{matrix}

amit bizonyítani kellett.

Megjegyzés. Ugyanezzel a gondolatmenettel látható be a következő állítás is: ha

\begin{matrix} x_{1} \leq x_{2} \leq ... \leq x_{n} és y_{1} \leq y_{2} \leq ... \leq y_{n} \end{matrix}

tetszőleges számsorozatok,

i_{1}, i_{2}, ..., i_{n}

pedig az

1, 2, ..., n

számok tetszőleges permutációja, akkor

\begin{matrix} \sum_{k = 1}^{n} x_{k} y_{n + 1 - k} \leq \sum_{k = 1}^{n} x_{k} y_{i_{k}} \leq \sum_{k = 1}^{n} x_{k} y_{k} . \end{matrix}